梅涅劳斯定理及其应用
梅涅劳斯定理的证明及运用
梅涅劳斯定理（入门篇）雷雨田（广西师范大学附属外国语学校高50班 541004）梅涅劳斯定理证明2：面积法AF/FB = △ADF/△BDF ①BD/DC = △BDF/△CDF ②CE/EA = △CDF/△ADF ③式① * ② * ③可得：（AF/FB）*（BD/DC）*（CE/EA）= 1 得证。
证明3：相似法证明4：这个定理怎么记最好呢？个人感觉“顶到分、分到顶、顶到分、分到顶、顶到分、分到顶”这样记忆来得非常容易不过找了很多资料，感觉仅仅是把这个定理（或者后面附一个逆定理）陈述然后证明完了之后，就直接给例题（或者直接讲赛瓦定理），看上去不怎么舒服，所以我把其他的一些东西附在这里，以供参考。
第一角元形式的梅涅劳斯定理（就是把线段比改为正弦值比）其表达式为：1=∠∠•∠∠•∠∠BA'B sin 'CBB sin CB 'C sin 'ACC sin AC 'A sin 'BAA sin 证明如下：如图所示，由三角形面积公式（正弦定理）可得： AC 'A sin AC 'BAA sin AB AC 'A sin AC 'AA 'BAA sin 'AA AB S S C 'A 'BA C 'AA 'ABA ∠⋅∠⋅=∠⋅⋅∠⋅⋅==∆∆2121同理可得CB'C sin BC 'ACC sin AC B 'C 'AC ,BA 'B sin AB 'CBB sin BC A 'B 'CB ∠⋅∠⋅=∠⋅∠⋅= 把这三个式子相乘，运用梅氏定理，就可得到这个式子怎么记最好呢？个人感觉根据梅涅劳斯定理中线段所对应的角来记忆最好。
第二角元形式的梅涅劳斯定理设O 是不在三角形ABC 三边所在直线上的任意一点，其他条件不变，则表达式为：1=∠∠•∠∠•∠∠OA'B sin 'COB sin OB 'C sin 'AOC sin OC 'A sin 'BOA sin AB C A’ B’C’现证明如下： 如图，由C 'A 'BA S S OC 'A 'BOA =∆∆ 可得A'B 'BA OB OC OC 'A sin 'OA B sin ⋅=∠∠同理得到另外两个对称式，相乘，运用梅氏定理即得证这个式子就这样记吧：先记住原来的梅涅劳斯定理形式，然后在每条线段表达式中间插一个O ，然后再在前面加上∠sin （比如BA'就变成'B OA sin ∠）梅氏定理的用处这个定理是平面几何的一个重要定理（好像所有竞赛书都把他与赛瓦定理放在第一节，不知是惯性还是怎么地），它大概有如下用处：可以用来证明三点共线；可以用来导出线段比例式；可以用来寻求一条线段是另一条线段的几分之几或几倍（即线段倍分）；怎么用梅氏定理知道了这个定理，还要会用才行。
梅涅劳斯(Menelaus)定理
补充讲义梅涅劳斯（Menelaus）定理是由古希腊数学家梅涅劳斯首先证明的。
它指出：如果一条直线与△ABC的三边AB、BC、CA或其延长线交于F、D、E点，那么(AF/FB)×(BD/DC)×(CE/EA)=1。
AFED证明：塞瓦定理ΔABC的三边BC，CA，AB上有点D，E，F.若AD，BE，CF三线交于一点O.求证：. BD/DC*CE/EA*AF/FB=1∵三角形ABC内一点O，AO，BO，CO交对边于D，E，F。
证（AF/FB）*（BD/DC）*（CE/EA）=1。
1）最简单的证法：用面积证。
2）用梅涅劳斯定理：3）用分角定理：证明：塞瓦定理的应用定理：设平行于△ABC的边BC的直线与两边AB、AC的交点分别是D、E，又设BE和CD交于S，则AS一定过边BC的中心MAD ESB M C实际运用：2010年上海中考题25．如图9，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°.半径为1的圆A与边AB相交于点D，与边AC 相交于点E，连结DE并延长，与线段BC的延长线交于点P.（1）当∠B＝30°时，连结AP，若△AEP与△BDP相似，求CE的长；（2）若CE=2，BD=BC，求∠BPD的正切值；（3）若1tan3BPD∠=，设CE=x，△ABC的周长为y，求y关于x的函数关系式.图9 图10(备用) 图11(备DP武汉2010年中考试题24．(本题满分10分) 已知：线段OA⊥OB，点C为OB中点，D为线段OA上一点。
连结AC，BD交于点P．(1) 如图1，当OA=OB，且D为OA中点时，求APPC的值；(2) 如图2，当OA=OB，且AD1AO4时，求tan∠BPC的值．(3) 如图3，当AD∶AO∶OB=1∶n∶tan∠BPC的值．（图1）（图2）（图3）25．(本题满分12分) 如图．抛物线经过A （－1，0），C （2，）两点， 与x 轴交于另一点B ．(1) 求此地物线的解析式；(2) 若抛物线的顶点为M ，点P 为线段OB 上一动点 (不与点B 重合)，点Q 在线段MB 上 移动，且∠MPQ=45°，设线段OP=x ，MQ=，求y 2与x 的函数关系式，并直接写出 自变量x 的取值范围；(3) 在同一平面直角坐标系中，两条直线x=m ，x=n 分别与抛物线交于点E ，G ，与(2)中的 函数图象交于点F ，H ．问四边形EFHG 能否为平行四边形? 若能，求m ，n 之间的数量关 系；若不能，请说明理由．补充知识点：1、 中线定理：（巴布斯定理）设三角形ABC 的边BC 的中点为P ，则有AB 2+AC 2=2(AP 2+BP 2)AB C212y ax ax b =-+3222yP2、广勾定理：在三角形中，锐角(或钝角)所对的边的平方等于另外两边的平方和，减去(或加上)这两边中的一边与另一边在这边(或其延长线)上的射影的乘积的2倍．A AB CD C （锐角）证明：AC2=AB2+BC2-2BD*BC （钝角）证明：AC2=AB2+BC2+2BD*BC知识补充：（北京市2010年中考题第25题）1、问题：已知△ABC中，∠BAC=2∠ACB，点D是△ABC内的一点，且AD=CD，BD=BA。
梅涅劳斯定理及其应用
梅涅劳斯定理及其应用
梅涅劳斯（Menelaus）定理（简称梅氏定理）是由古希腊数学家梅涅劳斯首先证明的。
如果一条直线与△ABC的三边AB、BC、CA或其延长线交于F、D、E点，那么(AF/FB)×(BD/DC)×(CE/EA)=1。
或：设X、Y、Z分别在△ABC的BC、CA、AB所在直线上，则X、Y、Z共线的充要条件是(AZ/ZB)*(BX/XC)*(CY/YA)=1 。
证明定理
过点A作AG∥BC交DF的延长线于G，则AF/FB=AG/BD , CE/EA=DC/AG。
三式相乘得：(AF/FB)×(BD/DC)×(CE/EA)=(AG/BD)×(BD/DC)×(DC/AG)=1。
定义理论：
使用梅涅劳斯定理可以进行直线形中线段长度比例的计算，其逆定理还可以用来解决三点共线、三线共点等问题的判定方法，是平面几何学以及射影几何学中的一项基本定理，具有重要的作用。
梅涅劳斯定理的对偶定理是塞瓦定理。
它的逆定理也成立：若有三点F、D、E分别在三角形的边AB、BC、CA或其延长线上，且满足AF/FB×BD/DC×CE/EA=1，则F、D、E 三点共线。
利用这个逆定理，可以判断三点共线。
平面几何的几个重要的定理--梅涅劳斯定理
平面几何的几个重要的定理一、梅涅劳斯定理:定理1：若直线l 不经过 ABC 的顶点，并且与的延长线分别交于 P 、Q 、R,贝U BP CQ AR 1 PC QA RB证：设h A 、h B 、h C 分别是A 、B 、C 到直线l 的垂线的长度，贝u ：BP CQ AR h B h C hu 』 1PC QA RB h C h A h B注：此定理常运用求证三角形相似的过程中的线段成比例的条件;例1：若直角 ABC 中，CK 是斜边上的高， 在AK 上，D 是AC 的中点， F 是DE 与CK的交点，证明:KF BK ——=—— FC BE KF BK ——=一 KC KE FKB CKE BF //CECE 是 ACK 的平分线， E 点BF // CE 。
证：在 则：EBC 中，作 B"分线BH EBC ACK HBC ACEHBC HCB ACE HCB 90即：BH CEEBC 为等腰三角形作BC 上的高EP,则:对丁 ACK 和三点D 、 CK EPE 、F 依梅涅劳斯定理有:CD AE KF , 1 DA EK FC匚曰KF EK CK 『是——=一 一FC AE ACEP BP BK AC BC BE依分比定理有: ABC 的三边BC 、CA 、AB 或它们【练习1从点K 引四条直线，另两条直 -一 一 、…AC和 A 1、B 1、C 1、D 1,试证： ------- 1 1 1BC线分别交这四条直线丁 A 、B 、C 、DAD BD定理2：设P 、Q 、R 分别是 ABC 的三边 BC 、CA 、AB 上或它们的延长线上的 P 、Q 、R 三点中，位于 ABC 边上的点的个数为 0或2,这时若 既 PC 三点，并且 CQ AR QA RB 1, 求证：P 、Q 、R 三点共线; 证：设直线PQ 与直线AB 交丁 R ', 丁是由定理 BP CQ AR _ __ ' PC QA R B乂 BP CQ AR PC QA RB 由丁在同一直线上的 _ ' ____ AR AR1,则：^―=—— R B RB P 、Q 、R '三点中，位丁 ABC 边上的点的个数也为 0或2,因此R 与R '或者同在AB 线段上，或者同在 AB 的延长线上； 若R 与R '同在AB 线段上，则R 与R '必定重合，不然的话， 设AR AR ', AR AR BR BR 这时AB AR AB AR ',即BR BR ',丁是可得 _ ____ ' 这与AR =竺 矛盾 BR BR 类似地可证得当 R 与R '同在AB 的延长线上时,综上可得：P 、Q 、R 三点共线； 注：此定理常用于证明三点共线的问题，且常需要多次使用 R 与R '也重合再相乘;例2点P 位丁 ABC 的外接圆上；A 1、B 1、C 1是从点P 向BC 、CA 、AB 引的垂线的垂足, 证明点A 1、B 1、 BA 1BP cos PBC CA 1 CP cos PCB CB 1 CP cos PCA AB 1 AP cos PAC AC 1AP cos PABBC 1 PB cos PBAC i 共线; 证：易得: 将上面三条式子相乘， 且 PAC PBC , PAB PCB , 十曰 BA 1 CB 1 AC 1可得 一111= 1 ,CA 1 AB 1 BC 1依梅涅劳斯定理可知 A 1、B 1、C 1三点共线;PCA PBA 180A 1C 1 A 1D 1B 1C ； :BD【练习2设不等腰 ABC 的内切圆在三边 BC 、CA 、AB 上的切点分别为 D 、E 、F,则EF 与BC , FD 与CA , DE与AB 的交点 X 、Y 、Z 在同一条 直线上；【练习&已知直线 AA i, BB i, CC i 相交于O,直线AB 和A 1B 1的交点为C 2,直线 BC 与B 1C 1的交点是 A 2,直 线AC 与A i C i 的交点是B 2,试证：A 2、B 2、C 2三点共线;【练习M 在一条直线上取点 E 、C 、A,在另一条上取点 B 、F 、D,记直线AB 和ED , CD 和AF ,CD 和AF , EF 和BC 的交点依次为 L 、M 、N,证明：L 、M 、N 共线练习i 的证明练习2的证明乂 AE AF 代人上式可得：BXXC FB =—— CE CY DC AZ EA同理口」彳寸： — —YA AFZB BD将上面三条式子相乘可 得：乳CY J i XC YA ZB 乂 X 、Y 、Z 都不在 ABC 的边上，由定理 2可得X 、Y 、 证： ABC 被直线XFE 所截，由定理 Z 三点共线 证：若AD // A i D^,结论显然成立;若AD 与A i D i 相交与点 AD LD LD BD LD 〔 A i K A i D i AK BK BQ B i K LDi L,则把梅涅劳斯定理分 LC AK A 。
《梅涅劳斯定理》课件
根据定理的特点，选择合适的证 明方法，如代数推导、几何证明 或构造反例等。
证明的步骤和过程
步骤详细
按照逻辑顺序，详细列出每一步的证 明过程，确保每一步都有明确的解释 和推导。
过程完整
确保证明过程完整，没有遗漏任何关 键的推导或结论，保证定理的正确性 和严密性。
证明的难点和关键点
难点解析
指出证明中的难点，并解释难点产生的原因和解决方法。
求解几何最值问题
利用梅涅劳斯定理，可以求解几何中 最值问题，例如求三角形中的最大或 最小值等。
在日常生活中的应用
建筑设计
建筑设计中经常需要使用几何学 知识，梅涅劳斯定理可以帮助设 计师更好地理解建筑物的结构， 从而设计出更加稳定和美观的建
筑。
机械制造
在机械制造中，零件的尺寸和形 状需要精确控制，梅涅劳斯定理 可以帮助工程师更好地理解零件 的几何关系，从而制造出更加精
梅涅劳斯定理在几何学中有着广泛的应用，它可以帮助我 们解决一些与三角形相关的问题，例如求三角形的边长、 角度等。
定理的意义不仅在于其应用价值，更在于它对于三角形性 质和规律的深入揭示。通过研究梅涅劳斯定理，我们可以 更深入地理解三角形的本质和特性。
02
梅涅劳斯定理的证明
证明的思路和方法
思路清晰
首先明确梅涅劳斯定理的内容和 意义，然后根据定理的表述，确 定证明的总体方向和策略。
关键点把握
明确指出证明中的关键点，并解释这些关键点在证明中的重要性和作用。
03
梅涅劳斯定理的应用
在几何学中的应用
证明三角形相似
梅涅劳斯定理可以用于证明两个 三角形相似，通过比较三角形的 边长和角度，可以推导出它们相
似的结论。
平面几何五大定理及其证明
平面几何定理及其证明一、梅涅劳斯定理1．梅涅劳斯定理及其证明G定理：一条直线与ABC的三边AB、BC、CA所在直线分别交于点D、E、F，且D、E、F均不是ABC的顶点，则有．证明：如图，过点C作AB的平行线，交EF于点G．因为CG // AB，所以————（1）因为CG // AB，所以————（2）由（1）÷（2）可得，即得．2．梅涅劳斯定理的逆定理及其证明定理：在ABC的边AB、BC上各有一点D、E，在边AC的延长线上有一点F，若，那么，D、E、F三点共线．证明：设直线EF交AB于点D/，则据梅涅劳斯定理有．因为，所以有．由于点D、D/都在线段AB上，所以点D与D/重合．即得D、E、F三点共线．二、塞瓦定理3．塞瓦定理及其证明定理：在ABC内一点P，该点与ABC的三个顶点相连所在的三条直线分别交ABC三边AB、BC、CA于点D、E、F，且D、E、F三点均不是ABC的顶点，则有．证明：运用面积比可得．根据等比定理有，所以．同理可得，．三式相乘得．4．塞瓦定理的逆定理及其证明定理：在ABC三边AB、BC、CA上各有一点D、E、F，且D、E、F均不是ABC的顶点，若，那么直线CD、AE、BF三线共点．证明：设直线AE与直线BF交于点P，直线CP交AB于点D/，则据塞瓦定理有．因为，所以有．由于点D、D/都在线段AB上，所以点D与D/重合．即得D、E、F三点共线．三、西姆松定理5．西姆松定理及其证明定理：从ABC外接圆上任意一点P向BC、CA、AB或其延长线引垂线，垂足分别为D、E、F，则D、E、F三点共线．证明：如图示，连接PC，连接 EF 交BC于点D/，连接PD/．因为PE AE，PF AF，所以A、F、P、E四点共圆，可得FAE =FEP．因为A、B、P、C四点共圆，所以BAC =BCP，即FAE =BCP．所以，FEP =BCP，即D/EP =D/CP，可得C、D/、P、E四点共圆．所以，CD/P +CEP = 1800。
梅涅劳斯定理是证明 的有力工具
梅涅劳斯定理是证明的有力工具
【原创实用版】
目录
1.梅涅劳斯定理的概述
2.梅涅劳斯定理在证明中的应用
3.梅涅劳斯定理的优势和局限性
正文
梅涅劳斯定理是一种在数学中常用的定理，它的主要应用是用来证明其他更为复杂的数学命题。
梅涅劳斯定理的概述如下：在平面上，如果三点共线，那么这三个点的坐标和满足一定的关系。
这个关系就是梅涅劳斯定理。
梅涅劳斯定理在证明中的应用非常广泛。
它常常被用来证明一些复杂的几何问题，例如，证明一个四边形是平行四边形，证明一个三角形是等腰三角形等等。
梅涅劳斯定理的优势在于，它可以通过简单的坐标运算，快速地证明一些复杂的几何问题。
然而，梅涅劳斯定理也有其局限性。
它只适用于平面上的几何问题，对于空间几何问题，梅涅劳斯定理就无法适用了。
此外，梅涅劳斯定理只能解决一些基本的几何问题，对于一些复杂的数学问题，梅涅劳斯定理也无法提供帮助。
总的来说，梅涅劳斯定理是一种有力的工具，它可以帮助我们快速地证明一些复杂的几何问题。
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梅涅劳斯定理在空间的推广及应用
梅涅劳斯定理在空间的推广及应用梅涅劳斯定理是一个表明圆弧是平行、线段是放大而长度保持不变的定理，它最早由古希腊几何学家梅涅劳斯提出。
它在空间几何学中有着重要的研究价值。
一、梅涅劳斯定理的推广
梅涅劳斯定理在古希腊几何学中最初是在二维几何中被提出的，它的定义是：任意给定的一条弧，它的延长线与球面上的对称中心之间的距离及其长度仍为相同。
现在，性质相同的定理也可以推广到三维几何中去：每一条射线，它的末梢和平面上对称中心之间的距离及其长度仍为相同。
二、梅涅劳斯定理的应用
1、梅涅劳斯定理可以用来研究球面的一阶微分几何，从而推导出著名的测地罗经线定理。
2、可以用梅涅劳斯定理来解决范德蒙投影问题。
3、梅涅劳斯定理也可以用来构造流形的不变的形状衡量参数，例如幂律分类参数。
总之，梅涅劳斯定理广泛地应用于数学几何学等多个领域中，尤其在计算几何中具有重要意义。
模型38 梅涅劳斯定理、塞瓦定理(解析版)
☑梅涅劳斯定理：任何一条直线截三角形的各边，都使得三条不相邻线段之积等于另外三条线段之积．当直线交三角形ABC三边所在直线BC、AB、AC于D、E、F点时，则有AE×BD×CF＝EB×CD×AF☑塞瓦定理：塞瓦定理是指在△ABC内任取一点O，延长AO、BO、CO分别交对边于D、E、F，则BD×CE×AF＝DC×EA×FB．例题精讲考点一：梅涅劳斯定理【例1】．如图，等边△ABC的边长为2，F为AB中点，延长BC至D，使CD＝BC，连接FD交AC于E，则四边形BCEF的面积为．解：∵DEF是△ABC的梅氏线，∴由梅涅劳斯定理得，••＝1，即••＝1，则＝，＝S△ABC，S△CEF＝S△ABC，连FC，S△BCF于是S BCEF＝S△BCF+S△CEF＝S△ABC＝××2×2sin60°＝×＝．故答案为．变式训练【变式1-1】．如图，D、E、F内分正△ABC的三边AB、BC、AC均为1：2两部分，AD、BE、CF相交成的△PQR的面积是△ABC的面积的（）A．B．C．D．解：对△ADC用梅涅劳斯定理可以得：••＝1，则＝．＝，S△BCQ＝S△BCE＝，S BPRF＝S△ABD＝，设S△BCF＝S△BCF﹣S△BCQ﹣S BPRF＝S△ABC．∴S△PQR故选：D．【变式1-2】．梅涅劳斯定理梅涅劳斯（Menelaus）是古希腊数学家，他首先证明了梅涅劳斯定理，定理的内容是：如图（1），如果一条直线与△ABC的三边AB，BC，CA或它们的延长线交于F、D、E三点，那么一定有••＝1．下面是利用相似三角形的有关知识证明该定理的部分过程：证明：如图（2），过点A作AG∥BC，交DF的延长线于点G，则有＝．任务：（1）请你将上述材料中的剩余的证明过程补充完整；（2）如图（3），在△ABC中，AB＝AC＝13，BC＝10，点D为BC的中点，点F在AB 上，且BF＝2AF，CF与AD交于点E，则AE＝6．解：（1）补充的证明过程如下：∵AG∥BD，∴△AGE∽△CDE．∴，∴；（2）根据梅涅劳斯定理得：．又∵，，∴DE＝AE．在Rt△ABD中，AB＝13，BD＝5，∠ADB＝90°，则由勾股定理知：AD＝＝＝12．∴AE＝6．故答案是：6．考点二：塞瓦定理【例2】．如图：P，Q，R分别是△ABC的BC，CA，AB边上的点．若AP，BQ，CR相交于一点M，求证：．证明：如图，由三角形面积的性质，有，，．以上三式相乘，得．变式训练【变式2-1】．请阅读下列材料，并完成相应任务如图，塞瓦定理是指在△ABC内任取一点O，延长AO，BO，CO分别交对边D，E，F 于，则××＝1．任务：（1）当点D，E分别为边BC，AC的中点时，求证：点F为AB的中点；（2）若△ABC为等边三角形，AB＝12，AE＝4，点D是BC边的中点，求BF的长．解：（1）证明：∵D，E分别为边BC，AC的中点，∴BD＝CD，EA＝CE，∴，由塞瓦定理，得，∴，∴AF＝BF，∴点F为AB的中点；（2）解：∵△ABC为等边三角形，AB＝12，∴AB＝AC＝BC＝12，∵AE＝4，∴EC＝12﹣4＝8，∵点D是BC的中点，∴BD＝CD＝6，∵AB＝12，∴AF＝AB﹣BF＝12﹣BF，由赛瓦定理，得，∴，∴BF＝8．【变式2-2】．请阅读下列材料，并完成相应任务塞瓦定理定理内容：如图1，塞瓦定理是指在△ABC内任取一点O，延长AO，BO，CO分别交对边于D，E，F，则．数学意义：使用塞瓦定理可以进行直线形中线段长度比例的计算，其逆定理还可以用来进行三点共线、三线共点等问题的判定方法，是平面几何学以及射影几何学中的一项基本定理，具有重要的作用．任务解决：（1）如图2，当点D，E分别为边BC，AC的中点时，求证：点F为AB的中点；（2）若△ABC为等边三角形（如图3），AB＝12，AE＝4，点D是BC边的中点，求BF 的长，并直接写出△BOF的面积．（1）证明：∵点D，E分别为边BC，AC的中点，∴BD＝CD，CE＝AE，由赛瓦定理可得：，∴，∴AF＝BF，即点F为AB的中点；（2）∵△ABC为等边三角形，AB＝12，∴BC＝AC＝12，∵点D是BC边的中点，∴BD＝DC＝6，∵AE＝4，∴CE＝8，由赛瓦定理可得：BF＝8；△BOF的面积为．1．如图，在△ABC中，M是AC的中点，E是AB上一点，AE＝AB，连接EM并延长，交BC的延长线于D，则＝（）A．B．2C．D．解：如图，过C点作CP∥AB，交DE于P，∵PC∥AE，∴△AEM∽△CPM，∴＝，∵M是AC的中点，∴AM＝CM，∴PC＝AE，∵AE＝AB，∴CP＝AB，∴CP＝BE，∵CP∥BE，∴△DCP∽△DBE，∴＝＝，∴BD＝3CD，∴BC＝2CD，即＝2．故选：B．2．如图，在△ABC中，D、E分别是BC、AC上的点，AD与BE相交于点G，若AG：GD ＝4：1，BD：DC＝2：3，则AE：EC的值是（）A．B．C．D．解：过D作DH∥AC交BE于H，∴△DHG∽△AEG，△BDH∽△CBE，∴，，∴AE＝4DH，CE＝DH，∴，故选：B．3．如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，F是AD边上一点．射线CF交AB于点E，且，则等于．解：如图：过点D作DG∥EC交AB于G，∵AD是BC边上的中线，∴GD是△BEC的中位线，∴BD＝CD，BG＝GE．∵＝，∴＝∵DG∥EC，∴＝＝．故答案是：．4．如图，在△ABC中，点D是AB边上的一点，且AD＝3BD，连接CD并取CD的中点E，连接BE，若∠ACD＝∠BED＝45°，且CD＝6，则AB的长为4．解：如图，取AD中点F EF，过点D作DG⊥EF于G，DH⊥BE于H，设BD＝a，∴AD＝3BD＝3a，AB＝4a，∵点E为CD中点，点F为AD中点，CD＝6，∴DF＝a，EF∥AC，DE＝3，∴∠FED＝∠ACD＝45°，∵∠BED＝45°，∴∠FED＝∠BED，∠FEB＝90°，∵DG⊥EF，DH⊥BE，∴四边形EHDG是矩形，DG＝DH，∴四边形DGEH是正方形，∴DE＝DG＝3，DH∥EF，∴DG＝DH＝3，∵DH∥EF，∴∠BDH＝∠DFG，∴△BDH∽△DFG，∴，∴＝，∴BH＝2，∴BD＝＝＝，∴AB＝4，故答案为：4．5．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝16，AD是边BC的中线，过点C 作CE⊥AD于点E，连接BE并延长交AC于点F，则AD的长是16，EF的长是．解：过点G作DG∥AC，交BF于点G，∵D为BC的中点，BC＝16，∴CD＝BD＝8，∵∠ACB＝90°，AC＝8，∴AD＝＝16，∴sin∠CAD＝，∴CE＝＝，∴AE＝，∴DE＝AD﹣AE＝4，∵DG∥AC，∴，设DG＝x，则CF＝2x，AF＝，∵DG∥AC，∴∠DGE＝∠AFE，∠EDG＝∠EAF，∴△DEG∽△AEF，∴，即，解得：x＝，∴CF＝2x＝∴BF＝∵，∴，∵，∴EF＝＝．故答案为：16，．6．如图，△ABC中，D、E是BC边上的点，BD：DE：EC＝3：2：1，M在AC边上，CM：MA＝1：2，BM交AD、AE于H、G，则BH：HG：GM等于51：24：10．解：过M作MQ∥BC交AE于N，交AD于F，交AB于Q，∵BD：DE：EC＝3：2：1，∴设EC＝a，DE＝2a，BD＝3a，∵MQ∥BC，∴△AMN∞△ACE，∵CM：MA＝1：2，∴＝＝，∴MN＝a，同理MF＝2a，MQ＝4a，∵MQ∥BC，∴△MNG∽△BEG，∴＝，∴＝＝，∴＝＝同理＝＝＝，＝＝，∴＝，＝＝∴BH：HG：GM＝51：24：10，故答案为：51：24：10．7．如图，▱ABCD的对角线相交于点O，在AB的延长线上任取一点E，连接OE交BC于点F．若AB＝a，AD＝c，BE＝b，则BF＝．解：取AB的中点M，连接OM，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，OB＝OD，∴OM∥AD∥BC，OM＝AD＝c，∴△EFB∽△EOM，∴，∵AB＝a，AD＝c，BE＝b，∴ME＝MB+BE＝AB+BE＝a+b，∴，∴BF＝．故答案为：．8．在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，AM为BC边上的中线，CD⊥AM于点D，CD 的延长线交于点，求的值．解：过点B作BF⊥BC，交EC的延长线于点F，∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴∠BCF+∠ACD＝90°，又∵BF⊥BC，CD⊥AM，∴∠BCF+∠F＝90°，∠CAD+∠ACD＝90°，∴∠ACD＝∠F，∠BCF＝∠CAD，∴△ACM≌△CBF（AAS），∴BF＝CM，又∵AM为BC边上的中线，∴BF＝CM＝BC，∵∠AEC＝∠BEF，∴△ACE∽△BFE，∴＝2．9．如图，在△ABC中，M是AC的中点，E、F是BC上的两点，且BE＝EF＝FC，求BN：NQ：QM的值．解：连接MF，如图，∵M是AC的中点，EF＝FC，∴MF为△CEA的中位线，∴AE＝2MF，AE∥MF，∵NE∥MF，∴＝＝1，＝＝，∴BN＝NM，MF＝2NF，设BN＝a，NE＝b，则NM＝a，MF＝2b，AE＝4b，∵AN∥MF，∴＝＝＝，∴NQ＝a，QM＝a，∴BN：NQ：QM＝a：a：a＝5：3：2．10．如图，△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，E为BC上一点，AE交CD于点F，EH⊥AB于点H，若CF＝2FD，EH＝，求CE•BE的值．解：对于△CBD和截线AFE，由梅涅劳斯定理可知：，∵CF＝2FD，∴，∴，易知△ADC∽△EHB，∴，∴，由射影定理可知AC2＝AD•AB，∴BE•CE＝＝＝，∴BE•CE＝4．11．如图，△ABC中，AD⊥BC于点D，E是AB上一点，连接DE，2∠C+∠BDE＝180°．（1）求证：∠BDE＝2∠CAD；（2）若AC＝BD，∠AED＝∠ACB，求证BE＝2CD；（3）若AE＝kBE，BD＝mCD，则的值为．（用含m，k的式子表示）．（1）证明：∵2∠C+∠BDE＝180°，∴∠C+∠BDE＝90°，∵AD⊥BC，∴∠C+∠CAD＝90°，∴∠CAD＝∠BDE，∴∠BDE＝2∠CAD；（2）证明：如图，延长DE至F，使DF＝BD，连接BF，在DB上截取DG＝CD，连接AG，∵AD⊥BC，∴∠ADC＝∠ADG＝90°，在△ADC和△ADG中，，∴△ADC≌△ADG（SAS），∴AG＝AC，∠GAD＝∠CAD，∠AGC＝∠ACB，∴∠CAG＝2∠CAD，∵∠BDF＝2∠CAD，∴∠BDF＝∠CAG，∵AC＝BD，∴AC＝BD＝AG＝DF，∴△BDF≌△CAG（SAS），∴BF＝CG，∠DFB＝∠AGC＝∠ACB，∵∠AED＝∠ACB，∠AED＝∠BEF，∴∠DFB＝∠BEF，∴BF＝BE，∴BE＝CG，∵CG＝2CD，∴BE＝2CD；（3）解：如图，记AG与DE的交点为H，设CD＝y，则BD＝my，延长DE至F，使DF＝BD＝my，连接BF，在DB上截取DG＝CD＝y，连接AG，则CG＝CD＝2y，由（2）知，△ADC≌△ADG，∴AC＝AG，∠CAD＝∠GAD，∴∠CAG＝2∠CAD，由（1）知，∠BDE＝2∠CAD，∴∠BDE＝∠CAG，∵DF＝BD，AC＝AG，∴，∵△DBF∽△ACG，∴∠DBF＝∠AGC，∴AG∥BF，∴△DHG∽△DFB，∴，∴DH＝DG＝y，∵AG∥BF，∴△BEF∽△AEH，∴，∵AE＝kBE，∴＝＝，∴EH＝kEF，∵DF＝DH+EH+EF＝y+kEF+EF＝my，∴EF＝，∴EH＝，∴DE＝EH+DH＝+y＝，∴＝＝，故答案为：．12．如图1，Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD是中线，BE⊥AD，垂足为E，点F在AD上，∠ACF＝∠DBE．（1）求证：∠ABD＝∠CFD；（2）探究线段AF，DE的数量关系，并证明你的结论；（3）如图2，延长BE交CF于点P，AB＝AF，求的值．（1）证明：设∠DBE＝∠CFD＝α，∵BE⊥AD，∴∠BED＝90°，∴∠ADB+α＝90°，又∵∠BAC＝90°，AD是中线，∴AD＝BD＝CD，∴∠BAD＝∠ABD，∴∠ADB+2∠BAD＝180°，∴2∠BAD＝90°+α，又∵∠CFD＝∠DAC+∠ACF＝∠DAC+α＝90°﹣∠BAD+α＝2∠BAD﹣∠BAD＝∠BAD，∵∠ABD＝∠BAD，∴∠ABD＝∠CFD；（2）解：AF＝2DE．理由：过点C作CM⊥AD交AD的延长线于点M，∵AD是中线，∴BD＝CD，∵∠CMD＝∠BED＝90°，∠CDM＝∠BDE，∴△CDM≌△BDE（AAS），∴DM＝DE，CM＝BE，又∵∠BAD＝∠CFM，∠AEB＝∠CMF，∴△CMF≌△BEA（AAS），∴AE＝MF，∴AE﹣EF＝MF﹣EF，∴AF＝EM，又∵EM＝2DE，∴AF＝2DE；（3）解：过点C作CM⊥AD交AD的延长线于点M，由（2）可知，AF＝2DE，AD＝CD，设DE＝x，则AF＝2x，∵AB＝AF，∴AB＝2x，∴AB＝2x，设EF＝y，∴AE＝y+2x，AD＝CD＝y+3x，由（2）可知，BE＝CM，∴AB2﹣AE2＝CD2﹣DM2，∴＝（y+3x）2﹣x2，解得y＝3x，y＝﹣8x（舍去），∴AE＝5x，∵∠BDE＝∠CFE，∠AEB＝∠PEF，∴△BEA∽△PEF，∴．13．如图1，△ABC中，AB＝AC，点D在BA的延长线上，点E在BC上，DE＝DC，点F 是DE与AC的交点，且DF＝FE．（1）图1中是否存在与∠BDE相等的角？若存在，请找出，并加以证明，若不存在，说明理由；（2）求证：BE＝EC；（3）若将“点D在BA的延长线上，点E在BC上”和“点F是DE与AC的交点，且DF＝FE”分别改为“点D在AB上，点E在CB的延长线上”和“点F是ED的延长线与AC的交点，且DF＝kFE”，其他条件不变（如图2）．当AB＝1，∠ABC＝a时，求BE的长（用含k、a的式子表示）．解：（1）∠DCA＝∠BDE．证明：∵AB＝AC，DC＝DE，∴∠ABC＝∠ACB，∠DEC＝∠DCE．∴∠BDE＝∠DEC﹣∠DBC＝∠DCE﹣∠ACB＝∠DCA．（2）过点E作EG∥AC，交AB于点G，如图1，则有∠DAC＝∠DGE．在△DCA和△EDG中，∴△DCA≌△EDG（AAS）．∴DA＝EG，CA＝DG．∴DG＝AB．∴DA＝BG．∵AF∥EG，DF＝EF，∴DA＝AG．∴AG＝BG．∵EG∥AC，∴BE＝EC．（3）过点E作EG∥AC，交AB的延长线于点G，如图2，∵AB＝AC，DC＝DE，∴∠ABC＝∠ACB，∠DEC＝∠DCE．∴∠BDE＝∠DBC﹣∠DEC＝∠ACB﹣∠DCE＝∠DCA．∵AC∥EG，∴∠DAC＝∠DGE．在△DCA和△EDG中，∴△DCA≌△EDG（AAS）．∴DA＝EG，CA＝DG∴DG＝AB＝1．∵AF∥EG，∴△ADF∽△GDE．∴．∵DF＝kFE，∴DE＝EF﹣DF＝（1﹣k）EF．∴．∴AD＝．∴GE＝AD＝．过点A作AH⊥BC，垂足为H，如图2，∵AB＝AC，AH⊥BC，∴BH＝CH．∴BC＝2BH．∵AB＝1，∠ABC＝α，∴BH＝AB•cos∠ABH＝cosα．∴BC＝2cosα．∵AC∥EG，∴△ABC∽△GBE．∴．∴．∴BE＝．∴BE的长为．14．阅读以下材料，并按要求完成相应的任务．塞瓦（GiovanniCeva，1648～1734）意大利水利工程师，数学家，塞瓦定理载于1678年发表的《直线论》一书，塞瓦定理是指如图1，在△ABC内任取一点O，延长AO，BO，CO分别交对边于D，F，E，则．下面是该定理的部分证明过程：如图2，过点A作BC的平行线分别交BE，CF的延长线于点M，N．则∠N＝∠FCB，∠NAF＝∠FBC．∴△NAF∽△CBF．∴①．同理可得△NOA∽△COD．∴②．任务一：（1）请分别写出与△MOA，△MEA相似的三角形；（2）写出由（1）得到的比例线段；任务二：结合①②和（2），完成该定理的证明；任务三：如图3，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，CD⊥AB，垂足为D，点E 为DC的中点，连接AE并延长，交BC于点F，连接BE并延长，交AC于点G．小明同学自学了上面定理之后解决了如图3所示的问题，并且他用所学知识已经求出了BF与FC的比是25：16，请你直接写出△ECG与△EAG面积的比．解：任务一：（1）△MOA∽△BOD；△MEA∽△BEC；（2）；；任务二：证明：如图所示：由任务一可得：；；同理可得△OAN∽△ODC；△AFN∽△BFC；∴；；∴；∴．任务三：由任务一和任务二可得：在△ABC中，＝；∵Rt△ABC中，AC＝4，BC＝3，∴AB＝；∴cos∠BAC＝；∴；∴AD＝；∴BD＝AB﹣AD＝；∵＝1；∴＝1；解得＝；过点E作EH⊥AC于H；∴＝＝＝．15．问题提出如图（1），在△ABC中，AB＝AC，D是AC的中点，延长BC至点E，使DE＝DB，延长ED交AB于点F，探究的值．问题探究（1）先将问题特殊化．如图（2），当∠BAC＝60°时，直接写出的值；（2）再探究一般情形．如图（1），证明（1）中的结论仍然成立．问题拓展如图（3），在△ABC中，AB＝AC，D是AC的中点，G是边BC上一点，＝（n＜2），延长BC至点E，使DE＝DG，延长ED交AB于点F．直接写出的值（用含n的式子表示）．解：（1）如图，取AB的中点G，连接DG，∵点D是AC的中点，∴DG是△ABC的中位线，∴DG∥BC，∵AB＝AC，∠BAC＝60°，∴△ABC是等边三角形，∵点D是AC的中点，∴∠DBC＝30°，∵BD＝ED，∴∠E＝∠DBC＝30°，∴DF⊥AB，∵∠AGD＝∠ADG＝60°，∴△ADG是等边三角形，∴AF＝AG，∵AG＝AB，∴AF＝AB，∴；（2）取BC的中点H，连接DH，∵点D为AC的中点，∴DH∥AB，DH＝AB，∵AB＝AC，∴DH＝DC，∴∠DHC＝∠DCH，∵BD＝DE，∴∠DBH＝∠DEC，∴∠BDH＝∠EDC，∴△DBH≌△DEC（ASA），∴BH＝EC，∴，∵DH∥AB，∴△EDH∽△EFB，∴，∴，∴；问题拓展取BC的中点H，连接DH，由（2）同理可证明△DGH≌△DEC（ASA），∴GH＝CE，∴HE＝CG，∵＝，∴，∴，∴，∵DH∥BF，∴△EDH∽△EFB，∴，∵DH＝AB，∴，∴．16．阅读下面材料，完成（1）﹣（3）题数学课上，老师出示了这样一道题：如图1，△ABC中，∠BAC＝90°，点D、E在BC上，AD＝AB，AB＝kBD（其中＜k＜1）∠ABC＝∠ACB+∠BAE，∠EAC的平分线与BC相交于点F，BG⊥AF，垂足为G，探究线段BG与AC的数量关系，并证明．同学们经过思考后，交流了自己的想法：小明：“通过观察和度量，发现∠BAE与∠DAC相等．”小伟：“通过构造全等三角形，经过进一步推理，可以得到线段BG与AC的数量关系．”……老师：“保留原题条件，延长图中的BG，与AC相交于点H（如图2），可以求出的值．”（1）求证：∠BAE＝∠DAC；（2）探究线段BG与AC的数量关系（用含k的代数式表示），并证明；（3）直接写出的值（用含k的代数式表示）．证明：（1）∵AB＝AD，∴∠ABD＝∠ADB，∵∠ADB＝∠ACB+∠DAC，∠ABD＝∠ABC＝∠ACB+∠BAE，∴∠BAE＝∠DAC，（2）设∠DAC＝α＝∠BAE，∠C＝β，∴∠ABC＝∠ADB＝α+β，∵∠ABC+∠C＝α+β+β＝α+2β＝90°，∠BAE+∠EAC＝90°＝α+∠EAC，∴∠EAC＝2β，∵AF平分∠EAC，∴∠FAC＝∠EAF＝β，∴∠FAC＝∠C，∠ABE＝∠BAF＝α+β，∴AF＝FC，AF＝BF，∴AF＝BC＝BF，∵∠ABE＝∠BAF，∠BGA＝∠BAC＝90°，∴△ABG∽△BCA，∴∵∠ABE＝∠BAF，∠ABE＝∠ADB，∴△ABF∽△DBA，∴，且AB＝kBD，AF＝BC＝BF，∴k＝，即，∴（3）∵∠ABE＝∠BAF，∠BAC＝∠AGB＝90°，∴∠ABH＝∠C，且∠BAC＝∠BAC，∴△ABH∽△ACB，∴，∴AB2＝AC×AH设BD＝m，AB＝km，∵，∴BC＝2k2m，∴AC＝＝km，∴AB2＝AC×AH，（km）2＝km×AH，∴AH＝，∴HC＝AC﹣AH＝km﹣＝，∴。
梅涅劳斯定理及应用
梅涅劳斯定理及应用定理：设Z Y X ,,分别是ABC ∆的边AB CA BC ,,或其延长线的点，则Z Y X ,,三点共线的充要条件是：1=••ZB AZ YA CY XC BX例1：在OBC ∆中，A 为BC 的中点，D 为OB 上的点，且21=OD BD ,E CD OA 相交于点与，则OA OE _____=例2：如图，过ABC ∆的三个顶点C B A ,,作它的外接圆的切线，分别和BA CA BC ,,的延长线交于R Q P ,,；求证：R Q P ,,三点共线例3：（1985年第三届美国数学邀请赛）如图，G 是ABC ∆内一点，直线CG BG AG ,,将ABC ∆分为6个小三角形，已知BDG BFG AFG ∆∆∆,,的面积分别为40,30,35，求ABC ∆的面积例4： (1983年全国高中数学联赛）在四边形ABCD 中，ABC BCD ABD ∆∆∆,,的面积之比是1:4:3，点M,N 分别在AC,CD 上，满足AM:AC=CN:CD ，并且B,M,N 三点共线，求证M 与N 分别是AC 和CD 的中点练习：1（2009年中国科技大学）已知ABC ∆的面积为1,;F E D ,,分别在边AB CA BC ,,上，FB AF EA CE DC BD 2,2,2===;CF BE AD ,,两两交于R Q P ,,，求PQR ∆的面积2 四边形ABCD (不是正方形）的内切圆分别切DA CD BC AB ,,,于H G F E ,,,，求证：GF DB HE ,,三线共点3 (1982年第23届IMO 试题）已知CE AC ,是正六边形ABCDEF 的两条对角线，点N M ,分别在线段CE AC ,上，且使k CE CN AC AM ==,如果N M B ,,三点共线，试求k 的值4（2016年湖南省高中数学夏令营）：ABC ∆的内切圆分别与BC 、CA 、 AB 相切于点D 、E 、F,直线AD 与EF 相交于点H ，若直线BC EF 与相交于点G ，求证：GEFG HE FH =。
梅涅劳斯定理应用3答案
5. << 牛 顿 定 理 >>: 设 四 边 形 ABCD 两 双 对 边 相 交于 E、F ，如图 2-5，证明 AC 、BD 、EF 的中点共线。 证明：设 X、Y、Z 分别是 AC 、BD 、EF 的中点， 在△ABE 中，取 BE 、EA 及 AB 的中点 L、M、N ， 易知：直线 MN ∥ EB 且通过 X
1
2014 年东安一中高一直升班奥赛培训
陈雄武
例 1． <<笛沙格定理>>:在 ABC 和 AB C 中，若 AA, BB, CC 相交于一点 O ，直线 AB 与直线 AB 交于点 P，直线 BC 与直线 BC 交于点 R，直线 AC 与直线 AC 交于点 Q, 求证： P, R, Q 三点共线。
O
C A P Q A'
B R B'
C'
例 2：如图，在四边形 ABCD 中△ABD，△BCD，△ABC 的面积比是 3:4:1，点 M，N 分 别在 AC，CD 上，满足 AM：AC=CN：CD，并且Ｂ，Ｍ，Ｎ共线，求证 M 与Ｎ分别是Ａ Ｃ和ＣＤ的中点。 证明 设 AC、BD 交于点 E．由 AM∶AC=CN∶CD，故 AM∶MC=CN∶ND，令 CN∶ ND=r(r>0)， 则 AM∶MC=r． 由 SABD=3SABC，SBCD=4SABC，即 SABD∶SBCD =3∶4． 从而 AE∶EC∶AC=3∶4∶7． SACD∶SABC=6∶1，故 DE∶EB=6∶1，∴DB∶BE=7∶1． r 3 AM∶AC=r∶(r+1)，即 AM= AC，AE= AC， r+1 7 4r－3 r 3 1 ∴EM=( － )AC= AC．MC= AC， r+1 7 7(r+1) r+1 4r－3 CN DB EM ∴EM∶MC= ．由 Menelaus 定理，知 · · =1，代入得 7 ND BE MC 4r－3 r· 7· =1，即 4r2－3r－1=0，这个方程有惟一的正根 r=1．故 CN∶ND=1，就 7 是 N 为 CN 中点，M 为 AC 中点．
第1章梅涅劳斯定理及应用(基础篇)
D
M
N
B
E
F
C
【解析】∵直线 AE 是 △BCD 的梅氏线，
∴ BM DA CE 1 ． MD AC EB
∴ BM 1 2 1 ，∴ BM 1
MD 2 1
MD 1
∵直线 AF 是 △BCD 的梅氏线，
∴ BN DA CF 1 ， ND AC FB
∴ BN 1 1 1 ， BN 4 ．
高一（初三）竞赛辅导 第一讲
第 1 章 梅涅劳斯定理与塞瓦定理
知识一 梅涅劳斯定理及其逆定理
梅涅 劳斯 定理： 如果 一条 直线与 △ABC 的三 边 AB 、 BC 、 CA 或其 延长 线交于 F 、 D 、 E 点， 那么 AF BD CE 1 ．这条直线叫 △ABC 的梅氏线， △ABC 叫梅氏三角形． FB DC EA
1 2
1 ，解得
x
22
．
【变式】如图， △ABC 被通过它的三个顶点与一个内点 O 的三条直线分为 6 个小三角形， 其中三个小三角形的面积如图所示，求 △ABC 的面积．
【解析】对 △ABD 和截线 COF ，由梅氏定理得： AF BC DO 1 ，即 4 BC 1 1 ，所以 BC 3 ，所以
【解析】对 △ECA 和截线 BFD ，由梅氏定理得： EF CD AB 1 ，即 EF 3 2 1 ，
FC DA BE
FC 2 1
所以
EF FC
1 3
．所以 S△BFE
1 4
S△BEC
1 8
S△ ABC
，
进而 S AEFD
S△ABD
梅涅劳斯定理在中学数学中的应用
梅涅劳斯定理在中学数学中的应用
梅涅劳斯定理是极限概念的重要定理，它可用于证明两个实数序列的相等性。
这一定理可以用于中学数学中的多个教学环节，例如：
(1) 求展开式中各项系数的确定：梅涅劳斯定理可用于证明一个多项式的展开式中各项系数的确定，可以直接用作解题的参考依据。
(2) 讨论极限的存在性和值：梅涅劳斯定理可以用于证明某一实数序列是否存在极限，以及极限的值。
(3) 求解微分和积分：梅涅劳斯定理可以作为求解某一积分或微分问题的重要参考依据。
(4) 用来证明几何形状的不变性：梅涅劳斯定理可以用来证明几何形状如圆、椭圆等的不变性，也可以证明某一变化的有限性。
(5) 在证明多项式的不变性中得以应用：梅涅劳斯定理可以用来证明多项式的不变性，并可以用来推导多项式的一般式。
平面几何的几个重要的定理--梅涅劳斯定理
平面几何的几个重要的定理一、梅涅劳斯定理：1=⋅⋅=⋅⋅BAA C CBC B A h h h h h h RB AR QA CQ PC BP l C B A h h h 的垂线的长度，则：到直线、、分别是、、证：设注：此定理常运用求证三角形相似的过程中的线段成比例的条件；。
的交点，证明：与是的中点，是上，在点的平分线，是是斜边上的高，中，：若直角例CE //BF CK DE F AC D AK E ACK CE CK ABC ∠∆11PC BP R Q PAB CA BC ABC ABC l 1=⋅⋅RBARQA CQ ，则、、的延长线分别交于或它们、、的三边的顶点，并且与不经过：若直线定理∆∆CE//BF CKEFKB KEBK KC KF BE BK FC KF BE BK BC BP AC EP AC CK AE EK FC KF 1FCKFEK AE DA CD F E D ACK EPCK EP BC EBC CEBH 90HCB ACE HCB HBC ACEHBC ACKEBC BHB EBC ∴≅∴=====⋅⋅=∴⊥︒=∠+∠=∠+∠∠=∠∠=∠∠∆∆∆∆∆＝依分比定理有：＝即：＝于是依梅涅劳斯定理有：、、和三点对于，则：上的高作为等腰三角形即：则：的平分线中，作在证：111111111111D B D A :C B C A BD AD :BC AC D C B A DC B A K 1=，试证：、、、和、、、线分别交这四条直线于引四条直线，另两条直】从点【练习注：此定理常用于证明三点共线的问题，且常需要多次使用 再相乘；共线；、、证明点引的垂线的垂足，、、向是从点、、的外接圆上；位于点例111111C B A AB CA BC P C B A ABC P .2∆三点共线；、、综上可得：也重合与的延长线上时，同在与类似地可证得当矛盾＝这与于是可得即这时设必定重合，不然的话，与线段上，则同在与若的延长线上；线段上，或者同在或者同在与因此，或边上的点的个数也为三点中，位于、、由于在同一直线上的＝，则：又得：，于是由定理交于与直线证：设直线R Q P R R AB R R BR AR BR AR BR AR BR AR ,BR BR ,AR AB AR AB ,AR AR R R AB R R AB AB R R 20ABC R Q P RBAR B R AR 1RB AR QA CQ 1BR AR QA CQ 1R AB PQ ''''''''''''''''''><-<->=⋅⋅=⋅⋅∆PC BP PC BP 三点共线；、、求证：，，这时若或边上的点的个数为三点中，位于、、三点，并且上或它们的延长线上的、、的三边分别是、、：设定理R Q P PC BP 20ABC R Q P AB CA BC ABC R Q P 21RBARQA CQ =⋅⋅∆∆ C BA1A 1B 1C 三点共线；、、依梅涅劳斯定理可知，＝可得且将上面三条式子相乘，证：易得：111111111111111C B A 1BC AC AB CB CA BA 180PBA PCA ,PCB PAB ,PBC PAC PBAcos PB PABcos AP BC AC PAC cos AP PCAcos CP AB CB ,PCBcos CP PBCcos BP CA BA ⋅⋅︒=∠+∠∠=∠∠=∠∠⋅∠⋅-=∠⋅∠⋅-=∠⋅∠⋅-=直线上；在同一条、、的交点与，与，与，则、、上的切点分别为、、的内切圆在三边】设不等腰【练习Z Y X AB DE CA FD BC EF F E D AB CA BC ABC 2∆三点共线；、、，试证：的交点是与线，直的交点是与，直线的交点为和，直线相交于，，】已知直线【练习222211*********C B A B C A AC A C B BC C B A AB O CC BB AA 311111111111111111111111111111111111111D B D A :C B C A BD AD :BC AC 1C BD B D A C A BD BC AC AD 1LD D B K B BK BD LD 1BKKB C B LC LC BC 1LC C A K A AK AC LC 1AK KA D A LD LD AD BLB AL A L D A AD D A //AD 1==⋅⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅即：得：将上面四条式子相乘可可得：和别用于，则把梅涅劳斯定理分相交与点与若，结论显然成立；证：若的证明练习∆∆共线、、，证明：、、的交点依次为和，和，和，和，记直线、、，在另一条上取点、、】在一条直线上取点【练习N M L N M L BC EF AF CD AF CD ED AB D F B A C E 4三点共线、、可得的边上，由定理都不在、、又得：将上面三条式子相乘可＝＝同理可得：＝代人上式可得：又可得：所截，由定理被直线证：的证明练习Z Y X 2ABC Z Y X 1ZBAZYA CY XC BX BDEAZB AZ AF DC YA CY CEFBXC BX AF AE 1FBAFEA CE XC BX 1XFE ABC 2∆∆ =⋅⋅==⋅⋅共线由梅涅劳斯定理可知可得：将上面的三条式子相乘应用梅涅劳斯定理有：，和，和，和们边上的点：对所得的三角形和在它的交点，和，和，和分别是直线、、证：设的证明练习222222222221111221111221111211211211111111222C ,B ,A 1BA CA CB AB AC BC 1CB AB OC CC AA OA 1BA CA OB BB CC OC 1AC BC BB OB OA AA )B ,C A (OAC ),A ,C B (OBC ),C ,B A (OAB B A AB C A AC C B BC C B A 3=⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅平面几何的几个重要定理――――塞瓦定理 塞瓦定理：1:=⋅⋅∆RBARQA CQ PC BP CR BQ AP AB CA BC ABC R Q P 的充要条件是三线共点、、边上的点，则、、的分别是、、设共线点得：将上面五条式子相乘可，则有点涅劳斯定理于五组三元，应用梅，对、、的交点分别为和，和，和证：记直线的证明练习N ,M ,L ,1VNUNUM WM WL VL 1UFVFWD UD VB WB 1UE VE WC UC VA WA 1WB VB UC WC VN UN 1YM WM VF UF WA VA 1UD WD WL VL VE UE )F ,D ,B (),E ,C ,A (),N ,C ,B (),F ,M ,A (),E ,D ,L (UVW W V U CD AB AB EF CD EF 4∴=⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅∆MQRACPB；相交于一点点、、重合，故必与上，所以都在线段和因为＝于是：，由塞瓦定理有：，于交，且直线相交于与，设再证充分性：若＝以上三式相乘，得：同理：，则：相交于点、、证：先证必要性：设’’‘’‘’‘M CR BQ AP R R AB R R RB ARB R AR BR AR QA CQ PC BP R AB CM M BQ AP RB AR QA CQ PC BP RB ARQA CQ PC BP S S RB AR S S QA CQ S S S S S S PC BP M CR BQ AP BCMACMABMBCMACM ABMCMP BMP ACP ABP 111=⋅⋅=⋅⋅⋅⋅=====∆∆∆∆∆∆∆∆∆∆交于一点；：证明：三角形的中线例1交于一点；成立，即而显然有：我们只须证明，，，的中线证明：记ABC AB CBC A BA B C AC A B CB C A BA B C AC AB CBC A BA B C AC CC BB AA ABC ∆∴=⋅⋅====⋅⋅∆1,,1111111111111111111111分线交于一点；】证明：三角形的角平【练习1 高交于一点；】证明：锐角三角形的【练习2ABCP P BM AN N M BC AC L L AB C ABC ⊥∠∆，证明：的交点是和，设和足分别是的垂线，垂和作边，从于的平分线交于中，角：在锐角例2CB A1A 1B 1C CBA1A 1B 1CABCP P AN BM CK BLBCAC AL BLBCAC AL BLBCNB BK BKC BNL ACALAK AM AKC AML NBBKAK AM CNMC AKBK NB CN MC AM AN BM CK P AN BM CK ABCK ⊥∴∴=⋅=⋅=⇒∆≅∆=⇒∆≅∆=⋅==⋅⋅⊥点三线共点，且为、、理可知：依三角形的角平分线定即要证即要证明：又即要证：三线共点，依塞瓦定理、、要证点，三线共点，且为、、下证证：作1111FDA EDA ANAM BF BD AF CE CD AE FBAFEA CE DC BD P CF BE AD BFBDAFAN CE CD AE AM BF AF BD AN CE AE CD AM BDFANF CDE AME BC MN BCAD ∠=∠∴=∴⋅=⋅∴=⋅⋅⋅=⋅===∴∆≅∆∆≅∆⊥1,,,//，根据塞瓦定理可得：共点于、、于是，可得，故三线共点；、、，证明：，且、、外有三点】已知【练习CR BN AM BCM ACN ABR CBM CAN BAR R N M ABC γβα=∠=∠=∠=∠=∠=∠∆,,3K LNM CBAFDAEDA F E AB AC CP BP AD P BC D ABC AD ∠∠∆＝，则和交于、分别与、上任一点，是边上，若在的高，且是设例.3ANAM FDA EDA N M DF DE AD A =∠=∠可以转化为证明，。
梅涅劳斯定理的应用
E
交于点
O , S△ABO
= 1, 求
S △AB C. 解 ∵BO ·EA ·CD = 1, CD = 5 , EA O E AC DB DB 2 AC
= 2 , ∴BO = 3 ,故 S△AB E =B E =BO +O E = 1 + 5 = 8 ,
3
O E 5 S△ABO BO
BO
33
又
∵S
数理化学习
想 ,虾汤中这种红色的物质究竟是什么呢 ? (2) [猜想与假设 ] 聪聪猜想 ,这种红色物质可能像酸碱指示剂一样 ,
遇到酸或碱时 ,颜色会发生改变 。 (3) [收集证据 ] 现在请你设计一个简单的探究活动方案 ,验证聪
聪的猜想 。
使用试剂 实验操作方案 可能的实验现象
(4) [交流与反思 ] 以上探究之旅 ,对你有什么启示 ?
例 2 请你参与某学习小组的探究活动 ,并回答相 关问题 :
[发现问题 ] 小丽发现盛水的铁锅在与水面接触的部位最易生
锈;
小茜发现自己的铜制像框表面出现了绿色的铜锈 ; 小玲发现苹果切开不久 ,果肉上会产生一层咖啡 色物质 ,好象生了“锈 ”一般 。 [提出问题 ] 这三种物质“生锈 ”的原因是什么 ? [收集证据 ] (1)回忆已有知识 :铁生锈的条件是 __________。 ( 2 ) 查 阅 有 关 资 料 : “铜 锈 ”主 要 成 分 是 Cu2 (OH ) 2 CO3 (俗称铜绿 ) ; 苹果“生锈 ”是果肉里的物质 (酚和酶 )与空气中的氧气发生了一系列的反应 ,生成 咖啡色的物质 。
(3)实验探究 :将四小块铜片分别按下图所示放置 一个月 ,观察现象如下 :
由实 验 可 知 : 铜 生 锈 是 铜 与 水 、
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B′在 A D 的延长线上 ,则 ( 3 ) 式为 sin (β+γ+α) .
例 3 如图 5 , ⊙O1 与 ⊙O2
和 △AB C 的三边所在的 3 条直线
都相切 , E 、F、G、H 为切点 , 直线
EG 与 FH 交于点 P. 求证 : PA ⊥
B C. (1996 年全国高中联赛题)
证明 :过 A 作 A D ⊥B C , 垂足
点 P 重合 ,从而 PA ⊥B C.
例 4 如图 6 , 以 △A B C 的底
边 BC 为直径作半圆, 分别与边
A B 、A C 交于点 D 和 E , 分别过点
D 、E 作 B C 的 垂 线 , 垂 足 依 次 为
F、G ,线段 D G 和 EF 交于点 M .
求证 : A M ⊥B C. ( IMO37 中 国 国
又 EF ⊥OQ ,则 EL 平分 ∠A L D. 设 EF 分别交 A D 、B C 于 M 、N . 于是
DM MA
=
DL AL
=
DQ AQ
.
同理
,
CN BN
=
CQ BQ
.
于是
,
DM DQ
=
AM AQ
=
AM AQ
+ +
DM DQ
=
AD DQ + A Q
,
CN CQ
=
BN BQ
=
B
Q
BC + CQ
截线 ,故由梅氏定理 ,得
CN ·DB ·EM ND B E MC
=
1
,
即 1
r -
·7 r1
·7 7
r -
-3 7r
=
1.
整理 ,得 6 r2 - r - 1 = 0.
解得 r =
1 2
.
故 M 与 N 分别是 A C 和 CD 的中点.
例 2 如图 4 ,在四边形 A B CD 中 , 对角线 A C 平
分 ∠BA D. 在 CD 上取一点 E , B E 与 A C 相交于 F ,延
中学20数03学年教第学7 期参考
竞赛园地
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长 D F 交 B C 于 G. 求证 : ∠GA C = ∠EA C. ( 1999 年 全 国 高 中 联 赛题)
证明 : 记 ∠BA C = ∠CA D = θ, ∠GA C = α, ∠EA C = β. 直 线 GFD 与 △B CE 相 截 , 由 梅 氏 定 理 ,有
内接于圆 ,其边 A B , DC 的延长线
交于点 P , A D 和 B C 的延长线交
于点 Q ,过 Q 作该圆的两条切线 ,
切点分别为 E、F. 求证 : P、E、F
三点共线. (CMO1997 年试题)
证明 :设 圆 心 为 O , 连 结 QO 交 EF 于 L , 连 结
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家队选拔赛题)
证明 :设直线 A M 与 B C 交于 H ,连 B E 、CD ,则知
∠B EC = ∠BDC = 90°. 直线 FM E 与 △A HC 相截 , 直
线
GM D
与
△A B H
相截 ,用梅氏定理 ,有
A M ·HF · M H FC
CE EA
=
1
,
A M ·HG·BD M H GB DA
AB′AC′·BC′BA′·CA′CB′= 1.
角元形式的梅涅劳斯定理 设 A′, B′, C′分别是
△A B C 的三边 B C 、CA 、A B 所在直线 (包括均可以在
三边的延长线) 上的点 , 则 A′、B′、C′共线的充要条件
是
sin sin
∠∠BA′AAAC′·ssiinn
∠∠AC′CCCB′·ssiinn
∠∠BC′BBBA′=
1.
③
以上三式相乘 ,运用梅氏定理及其逆定理知结论
成立.
注 :在上述各定理中 , 若采用有向线段或有向角 ,
则 ①、②、③式中的右端均为 - 1. ③式中的角也可以按
①或 ②式中的对应线段记忆.
2 综合应用
(1) 恰当地选择三角形及其截线 (或作出截线) ,是 应用梅氏定理的关键.
I 、A 1 三点共线的充要条件是 △B KB2 和 △C KC2 的面 积相等. (CMO2003 年试题)
证明 :首先证 A 、ห้องสมุดไป่ตู้ 、A 1 三点共线 Ζ ∠BA C = 60°. 设 O 为 △A B C 的外心 , 连 B O 、CO , 则 ∠B OC =
2 ∠BA C. 又 ∠B HC = 180°- ∠BA C. 因此 ,
从而
D E DF
=
A O1 A O2
=
A A
G H
,
即
AH FD
=
AEDG .
又 CE = CG ,则 1 = AFDH·DP′PA′= DP′PA′·AEDG
= DP′PA′·AGCG·ECDE.
对 △A DC ,应用梅氏定理的逆定理 , 知 P′、G、E
三点共线 ,即 P′为直线 EG 与 FH 的交点. 故点 P′与
1
=
B G·CD·EF GC D E FB
=
S △AB G·S △A CD ·S △A EF S △A GC S △A ED S △AB F
=
A B·sin (θ- α) A C·sin α
· A
A C·sin θ E·sin (θ- β)
·AABE··ssiinnβθ
=
sin sin
(αθ·-siαn )(θ·s-inββ) .
有
A B1 ·CE·FI B1 C EF IA
=
1.
①
又
AB1
=
B1
C
及角平分线性质
,
即
FI IA
=
CF CA
=
BF BA
=
A
B
BC +A
C
.
令
BC
=
a, AC =
b,
AB
=
c
,则
FI IA
=
a b+
c.
由
①式
,
有
CE EF
=
b+ a
c
,
即
EF CF
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梅涅劳斯定理及其应用
湖南师大数学奥林匹克研究所 沈文选
1 基础知识
梅涅劳斯定理 设 A′、B′、C′分别是 △AB C 的三
边 B C 、CA 、A B 或其延长线上的点. 若 A′、B′、C′三点
共线 ,则 AB′AC′·BC′BA′·CA′CB′= 1.
只须证明 A 、E、G′三点共线.
设 ∠EFB′= α, ∠D FE = ∠B FG = ∠B′FG′= β,
∠A FD = ∠GFC = ∠G′FC = γ, 则 ADBA′·BG′′GC′·ECDE =
S △FDA ·S △FG′B′·S △FEC S △FB′A S △FG′C S △FED
=
FD·sin γ FB′·sin (β+ γ- α) ( 3 )
·
FFBC′··ssiinnγβ·FC·sinF(βD·+siγn β- α) ( 3 ) = 1.
对 △CB′D , 应用梅氏定理的逆定理 , 知 A 、E、G′
三点共线. 故 ∠GA C = ∠EA C.
注 :在图 4 中 , ( 3 ) 式也可为 sin (18°- β- γ) . 若
三点共线 ,所以 P、E、F 三点共线.
例 6 如图 8 , 设点 I 、
H 分 别 为 锐 角 △A B C 的
内心和垂心 , 点 B1 、C1 分
别为边 A C , AB 的中点 ,已
知射线 B 1 I 交边 A B 于点
B2 ( B2 ≠B ) , 射 线 C1 I 交
A C 的 延 长 线 于 点 C2 , B2 C2 与 B C 相交于 K , A 1 为 △B HC 的外心. 试证 : A 、
①
证明 :如图 1 ,过 A 作 A D ∥
C′A′交 B C 延长线于 D ,
则 BC′BA′= AC′AD′, CA′CB′= AD′AB′,
故
AB′AC′·BC′BA′·CA′CB′=
BA′ A′C
·AC′AD′·AD′AB′= 1. 梅涅劳斯定理的逆定理 设 A′、B′、C′分别是
△A B C 的三边 B C , CA , A B 或其延长线上的点 ,若
又由
△A B
E∽
△A CD
,有
CD BE
=
A A
D E
.
将其代入 ( 3
3
)
式
,得
FH HG
=
CD ·B D B E·CE
=
S △DB C S △EB C
=
DF EG
=
DM MG
, 从而
,
M
H
∥D F.
而 D F ⊥B C ,则 M H ⊥B C ,故 A M ⊥B C.
例 5 如图 7 , 四边形 A B CD
为 D ,延长 DA 交直线 HF 于点 P′. 对 △A BD 及截线 FHP′应用梅氏定理 ,有
AHBH·BFDF·DP′PA′= 1.
由 B F = B H ,有 AFDH·DP′PA′= 1. 显然 O1 、A 、O2 三点共线 , 连 O1 E , O1 G 、O2 F ,
O2 H ,则由 O1 E ∥A D ∥O2 F , 有 △A GO1 ∽ △A HO2 ,